BĐT cần chứng minh tương đương với : \(\frac{\left(x+z\right)^2}{xz}\ge\frac{y\left(x+z\right)}{xz}+\frac{x+z}{y}\)

\(\Leftrightarrow\frac{x+z}{xz}\ge\frac{y}{xz}+\frac{1}{y}\Leftrightarrow y\left(x+z\right)\ge y^2+xz\)

\(\Leftrightarrow y^2-y\left(x+z\right)+xz\le0\Leftrightarrow\left(y-x\right)\left(y-z\right)\le0\) ( luôn đúng vì \(z\ge y\ge x>0\))

Vậy BĐT đã được chứng minh khi x = y = z

\(\hept{\begin{cases}x+z=a\\y+z=b\end{cases}}\); \(x-y=\left(x+z\right)-\left(y+z\right)=a-b\)

\(ab=1\Rightarrow b=\frac{1}{a}\)

\(A=VT=\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=\frac{1}{\left(a-\frac{1}{a}\right)^2}+\frac{1}{a^2}+a^2\)

\(=\frac{a^2}{\left(a^2-1\right)^2}+a^2+\frac{1}{a^2}\)

\(t=a^2>0\)

\(A=\frac{t}{\left(t-1\right)^2}+t+\frac{1}{t}\)

\(A-4=\frac{\left(t^2-3t+1\right)^2}{t\left(t-1\right)^2}\ge0\)

\(\Rightarrow A\ge4\)

Dấu bằng xảy ra khi \(t=a^2=\frac{3\pm\sqrt{5}}{2}\)\(\Leftrightarrow a=\sqrt{\frac{3\pm\sqrt{5}}{2}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=x+z=\sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{2}}\\b=y+z=\sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{2}}\end{cases}}\) và hoán vị còn lại 

Hệ trên có vô số nghiệm, chẳng hạn

\(\hept{\begin{cases}z=\frac{1}{10}\\x=\sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{2}}-\frac{1}{10}\\y=\sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{2}}-\frac{1}{10}\end{cases}}\)

giúp với.

Ta đặt \(\hept{\begin{cases}x+z=a\\y+z=b\end{cases}\Rightarrow ab=1}\)

\(BĐT\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\ge4\)

Ta có

\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=\frac{1}{\left(a-\frac{1}{a}\right)^2}+a^2+\frac{1}{a^2}\)

\(=\frac{1}{\left(a-\frac{1}{a}\right)^2}+\left(a-\frac{1}{a}\right)^2+2\)

\(\ge2+2=4\)

bạn chưa chỉ ra dấu bằng xảy ra khi nào

\(\left(3x+3y\right)\left(\frac{1}{x+2y}+\frac{1}{2x+y}\right)\ge\left(3x+3y\right).\frac{4}{x+2y+2x+y}=\frac{4\left(3x+3y\right)}{3x+3y}=4\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y\)

Áp dụng BĐT cơ bản trong SGK: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)

\(\frac{1}{x+2y}+\frac{1}{y+2x}\ge\frac{4}{x+2y+y+2x}=\frac{4}{3x+3y}\)

Bạn kiểm tra lại đề

\(z=max\left\{x;y;z\right\}\)hay \(z=min\left\{x;y;z\right\}\)

1111111111111111111

\(VT=\Sigma\frac{xy+yz+zx}{xy}=3+\Sigma\frac{z\left(x+y\right)}{xy}\)

Đến đây để ý \(\frac{1}{2}\left[\frac{z\left(x+y\right)}{xy}+\frac{y\left(z+x\right)}{zx}\right]\ge\sqrt{\frac{\left(z+x\right)\left(x+y\right)}{x^2}}\left(\text{AM - GM}\right)\)

Là xong.

Ghi chú: Này, mình mới lớp 6, nên giải chưa biết chắc là đúng hay sai nên lỡ có sai thì bạn đừng trách mình nhé!

Đặt \(A=\frac{x}{y\left(z+1\right)}+\frac{y}{z\left(x+1\right)}+\frac{z}{x\left(y+1\right)}\le\frac{9}{4}\)(Sửa đề)

Áp dụng BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)với a,b dương và x + y + z = 1,ta có:

\(\frac{4}{y\left(z+1\right)}=\frac{4}{y\left(z+x+y+z\right)}=\frac{4}{y\left(\left(z+x\right)+\left(z+y\right)\right)}\le\frac{4}{y}\left(\frac{1}{z+x}+\frac{1}{z+y}\right)\)

Nhân hai vế với số dương xy, ta được:

\(\frac{4xy}{y\left(z+1\right)}\le\frac{4xy}{y}\left(\frac{1}{z+x}+\frac{1}{z+y}\right)\). Do đó:

\(4A=\frac{4xy}{y\left(z+1\right)}+\frac{4yz}{z\left(x+1\right)}+\frac{4zx}{x\left(y+1\right)}\)

\(\le\frac{4xy}{y}\left(\frac{1}{z+x}+\frac{1}{z+y}\right)+\frac{4yz}{z}\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x+z}\right)+\frac{4zx}{x}\left(\frac{1}{y+z}+\frac{1}{y+z}\right)\)

\(=4x\left(\frac{1}{z+x}+\frac{1}{z+y}\right)+4y\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x+z}\right)+4z\left(\frac{1}{y+z}+\frac{1}{y+z}\right)\)

\(=\frac{4x}{z+x}+\frac{4x}{z+y}+\frac{4y}{x+y}+\frac{4y}{x+z}+\frac{4z}{y+z}+\frac{4z}{y+z}\)

\(\Rightarrow4A\le\frac{4x+4y}{z+x}+\frac{4y+4z}{z+y}+\frac{4z+4x}{x+y}=x+y+z=9\)

Do : \(4A\le9\)nên \(A< \frac{9}{4}\)

quy đồng, nhân chéo ta được (x + 1)(y + 1)(z + 1) \(\ge\)64xyz.

ta có x + 1 = x + x + y + z \(\ge4\sqrt[4]{x^2yz}\)

tương tự với hai ngoặc còn lại và nhân các BĐT đó lại ta được đccm.